化学-2023年广东省深圳市高考化学二模答案

2023年广东省深圳市高考化学二模试卷

参考答案与试题解析

一、选择题：本题共16小题，共44分。第1~1（）小题，每小题2分；第11~16小题，每小题

2分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

1.（2分）中华文明历史悠久，信息的传播离不开载体。下列信息传播的载体属于新型无机非

A.AB.BC.CD.D

【分析】A.竹简由纤维素组成；

B.书信由纤维素组成；

C.金锣是合金；

D.光导纤维主要成分是二氧化硅。

【解答】解：A.竹简由纤维素组成，属于有机物，不是新型的无机非金属材料，故A错误;

B.书信由纤维素组成，属于有机物，不是新型的无机非金属材料，故B错误；

C.金锣是合金，不是新型的无机非金属材料，故C错误;；

D.光导纤维主要成分是二氧化硅，属于新型的无机非金属材料，故D正确；

故选：D。

【点评】本题考查化学与生产、生活的关系，题目难度不大，要求学生能够了解物质的组成。

2.（2分）广东是岭南文化的集萃地。下列有关岭南文化的说法不正确的是（）

A.“海丝文化”：海上丝绸贸易用于交易的银锭中仅存在离子键

B,“茶艺文化”：沏泡功夫茶利用了萃取原理，水作萃取剂

C.“建筑文化”：制作博占梁架时，在木材上雕刻花纹的过程主要发生物理变化

D.“戏剧文化”：现代粤剧舞台上灯光光柱的形成是因为丁达尔效应

【分析】A.银属于金属单质；

B.依据萃取原理解答：

C.木材上雕刻花纹时木材成分未发生变化；

D.光束通过胶体时，光线能够发生散射作用而产生丁达尔效应；

【解答】解，A.银属于金属单质，存在金属键，不存在离子键，故A错误：

B.茶叶中部分成分可溶于水，沏泡功夫茶利用水作萃取剂，将部分可溶成分荒取到水中，

故B正确；

C.木材上雕刻花纹时是将多余木材去掉,其成分未发生变化，属于物理变化，故C正确；

D.光束通过胶体时，光线能够发生散射作用而产生丁达尔效应，舞台上灯光透过空气胶体

时形成光柱是丁达尔效应，故D正确；

故选：A«

【点评】本题考查了有关物质的性质及变化，关键是能够掌握胶体、物质的变化等基础知识，

题目难度不大。

3.(2分)我国科技自立自强，近年来取得了重大进展。下列有关科技成果的说法不正确的是

()

A.“异域深海，宝藏无穷”一一自主开采的可燃冰燃烧时，向环境移放热量

B.“科技冬奥，温暖护航”一一C60与发热服饰材料中的石墨烯互为同位素

C.“高产水稻，喜获丰收”一一高产水稻的DNA具有双螺旋结构

D.“浩渺太空，无限征途”一一月壤中磷酸盐矿物的晶体结构可用X射线衍射仪测定

【分析】A.可燃冰的主要有机成分是甲烷；

B.具有相同质子数不同中子数的核素互称同位素，石墨烯与C60都是单质，不是同位素的

关系；

C.DNA分子具有双螺旋结构；

D.构成晶体的粒子在微观空间里呈现周期性的有序排列，晶体的这一结构特征可以通过X

-射线衍射图谱反映出来。

【解答】解：A.可燃冰的主要有机成分是甲烷，燃烧放热，故A正确；

B.具有相同质子数不同中子数的核素互称同位素，石墨烯与C60都是单质，不是同位素的

关系，故B错误；

C.DNA分子具有双螺旋结构，两条链的碱基通过氢键形成双螺旋结构，故C正确：

D.构成晶体的粒子在微观空间里呈现周期性的有序排列，晶体的这一结构特征可以通过X

-射线衍射图谱反映出来，故月壤中磷酸盐矿物的晶体结构可用X射线衍射仪测定，故D

正确：

故选：B。

【点评】本题考查物质结构与性质，涉及同位素及物质的结构等知识，掌握基础为解题关键，

整体难度适中。

4.（2分）NaCI是实验室中的一种常用试剂。下列与NaCI有关的实验，描述正确的是（）

A.将铁钉浸没在NaCI溶液中可验证铁的析氢腐蚀

B.模拟“侯氏制碱”时，应向饱和NaCI溶液中先通入C02再通入\H3

C.进行粗盐提纯时，可向上层清液中继续滴加2〜3滴BaC12溶液以检验是否除尽

D.配制一定物质的量浓度的NaCI溶液时，若加水超过刻度线，应将多余液吸出

【分析】A.铁钉浸没在NaCI溶液中发生吸氧腐蚀；

B.NH3极易溶于水，双水易吸收C02,提高原料利用率；

C.能与Ba?十反应生成BaSCh沉淀；

D,配制一定物质的量浓度溶液时，若加水超过刻度线，应倒掉重新配制。

【解答】解：A.Na。溶液中呈中性，铁钉浸没在Na。溶液中发生吸氧腐蚀，不可能发生

析氢腐蚀，故A错误；

B.NH3极易溶于水，氨水易吸收C02,则“侯氏制碱”时，应向饱和NaCI溶液中先通入

NH3再通入CO2,故B错误：

C.检验是否沉淀完全，可向相应的上清液中继续滴加2〜3滴BaCb溶液，观察是否有白色

沉淀生成，若无现象，则己除尽，故C正确；

D.配制一定物质的量浓度的NaCl溶液时，若加水超过刻度线，配制溶液的浓度偏低，应倒

掉重新配制，故D错误；

故选：Co

【点评】本题考查粗盐提纯、一定物质的量浓度溶液的配制和离子检验，把握物质的性质及

发生的反应、一定物质的量浓度溶液的配制步骤、混合物分离提纯为解答的关键，侧重分析

能力与实验能力的考查，题目难度不大。

5.(2分)劳动实践促成长。下列劳动实践项目与所述的化学知识没有美联的是()

选项劳动实践项目化学知识

A洗涤餐具时可用热的纯碱溶液去油污油脂在碱性条件下能发生水解反应

B用pH计测定正常雨水的pH约为5.6CO2溶于水后溶液显酸性

C制作豆腐的过程中煮沸豆浆一定条件下，蛋白质可发生盐析

D用明研处理污水明帆水解可形成Al(0H)3胶体

A.AB.BC.CD.D

【分析】A.纯碱在水溶液中水解显碱性，而油脂在碱性条件下能水解；

B.C02溶于水时生成碳酸，碳酸电离使溶液呈弱酸性；

C.高温能使蛋白质变性；

D.明研电离的铝离子发生水解形成Al(0H)3胶体，吸附水中悬浮物形成沉淀，可用于净

水。

【解答】解；A.纯碱为碳酸钠、是强碱弱酸盐，其水溶液呈碱性，热纯碱溶液的碱性更强，

油脂在碱性条件下易水解生成高级脂肪酸钠和甘油，钠盐和甘油可以溶于水，被水冲洗掉,

则可用热的纯碱溶液洗涤餐具，故A正确：

B.CO2溶于水时生成碳酸，碳酸电离使溶液呈弱酸性，则正常雨水的pH约为56可用pH

计测定，故B正确；

C.制作豆腐的过程中煮沸豆浆，蛋白质发生变性，不是发生盐析，故C错误；

D.明矶是KAI(S04)2・12比0的俗名，电离的铝离子发生水解形成Al(0H)3股体，吸

附水中悬浮物形成沉淀，可用于处理污水，故D正确；

故选：Co

【点评】本题考查物质的性质及用途，侧重基础知识检测和运用能力考查，把握物质的性质、

发生的反应、性质与用途的对应关系即可解答，题目难度不大。

6.（2分）甘油酸是〜种食品添加剂，可由甘油氧化制得。下列说法不正确的是（）

A.Imol甘油与足量金属钠反应生成67.2LH?（标准状况下）

B.Imol甘油酸中含有IT键的数目约为6.02X1（）23

C.可用NaHC（h溶液区分甘油和甘油酸

D,甘油和甘油酸均易溶于水

【分析】A.甘油含3个羟基：

B.甘油酸中含有1个双键；

C.含艘基的有机物与碳酸氢钠溶液反应；

D.含羟基、坡基均易溶于水。

【解答】解：A.甘油含3个羟基，则Imol甘油与足量金属钠反应生成标准状况下的H2为

15moiX22,4L/mol=33,6L,故A错误；

B.甘油酸中含有1个双键，则Imol甘油酸中含有n键的数目约为6.02X10"，故B正确:

C.甘油酸与碳酸氢钠溶液反应生成二氧化碳，则可用NaHC03溶液区分甘油和甘油酸，故

C正确；

D.含羟基、毅基均易溶于水，则甘油和甘油酸均易溶于水，故D正确；

故选：Ao

【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握有机物的结构、有机反应为解答

的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意醇、按酸的性质，题目难度不大。

7.（2分）利用如图所示装置进行S02的制备和性质探究实验（夹持装置省略）。下列说法不正

确的是（）

A.固体X可为Cu

B.若试剂Y为氢硫酸，则试管中可产生淡黄色沉淀

C.为证明S02具有还原性，试剂Y可为酸性KMnO4溶液

D.该装置中试管口应塞一团浸有NaOH溶液的棉团

【分析】A.Q1和浓硫酸在加热条件下反应生成S02;

B.二氟化硫与硫化氢会发生反应，生成硫单质和水；

C.S02具有还原性，可以和氧化剂之间反应；

D,二氧化硫有毒，是酸性气体：可以用NaOH溶液处理。

【解答】解：A.Cu和浓硫酸在加热条件下反应生成S02,常温下不反应，故A错误：

B.二氧化硫中硫的化合价为+4价，硫化氢中硫的化合价为-2价，二氧化硫与硫化氢会发

生反应，生成硫单质和水，试管中的实验现象为有淡黄色沉淀生成，故B正确；

C.为证明302具有还原性，试剂Y应该是氧化剂，可以是酸性KMnO4溶液，故C正确：

D.二氧化硫有毒，是酸性气体：排放到空气中会污染空气，浸有NaOH溶液的棉团的作用

为吸收尾气，防止污染空气，故D正确；

故选：Ao

【点评】本题为二氧化硫性质的探究实验，能够很好的考查学生的分析能力及实验能力，熟

悉浓硫酸和二氧化硫的性质是解题的关键，二氧化硫和硫化氢的反应从化合价的变化分析,

为易错点，题目难度不大。

8.（2分）W、X、Y、Z为原子序数依次递增的短周期主族元素，W与X、Y与Z分别位于同

一周期，化合物WX为常见的大气污染物，Y与X同主族。下列说法正确的是（）

A.电负性:X>W

B.简单氢化物的键角：W<X

C.原子半径：YVX

D.最高价氧化物对应的水化物的酸性；Z<Y

【分析】W、X、Y、Z为原子序数依次递增的短周期主族元素，其中Y与X同主族，可知

X处于第二周期、Y处于第三周期，由原子序数可知Z处于第三周期，而W与X位于同一

周期，则W处于第二周期，化合物WX为常见的大气污染物，该化合物应是CO或NO,则

W为C元素或N元素，X为0元素，可知Y是S元素，Z的原子序数最大，则Z为C1元

素。

【解答】解；由分析可知，W为C或N元素、X为0元素、Y为S元素、Z为Q元素;

A.同周期主族元素自左而右电负性增大，则电负性：0>C（或N）,故A正确；

B.W的简单氢化物为CH4或NH3,X的简单氢化物是H20,中心原子均采取sp?杂化，氧

原子有2对孤电子对，碳原子、单原子孤电子对数依次为0、1,由于孤电子对与孤电子对之

间排斥力〉孤电子对与成键电子对之间排斥力〉成键电子对与成键电子对之间排斥力，则键

角：CH4>NH3>H2O,故B错误；

C.同主族自上而下原子半径增大，则原子半径，S>0,故C错误：

D.元素非金属性：C1>S,则酸性：HCK）4>H2so4,故D错误;

故选；A。

【点评】本题考查原子结构与元素周期律，推断元素是解题的关键，熟练掌握元素周期律,

注意影响键角的因素，需要学生具备知识的基础与灵活运用的能力。

9.（2分）化学工业在国民经济发展中占据重要地位。下列陈述I和n均正确但不具有因果关

系的是（）

选项陈述I陈述II

A电解海水制取氯气和金属钠C「可被氧化，Na+可被还原

B高温，高压下，出和N2在催化剂作用下合升高温度、增大压强均可使反应物分子中

成氨活化分子的百分数增加

C从煤的干储产物中获得苯、甲苯等化工原煤的干储是物理变化

料

D以赤铁矿（主要成分Fe2O3）为原料生产铁Fe2O3属于碱性氧化物

A.AB.BC.CD.D

【分析】A.电解熔融的氯化钠制备氯气和金属钠，电解饱和食盐水可得到NaOH.。2和

H2；

B.增大压强体积减小，浓度增大，单位体积内活化分子的数目增加，但活化分子百分数不

变；

C.煤的干偏为化学变化；

D.FC2O3属于碱性氧化物，可以赤铁矿（主要成分比2。3）为原料生产铁。

【解答】解：A.电解培融的氯化钠制备氯气和金属钠，电解饱和食盐水可得到NaOH、Ch

和H2,得不到钠，故A错误;

B,增大压强单位体积内活化分子的数目增加，但活化分子百分数不变，故B错误；

C.煤的干馈为化学变化，故C错误；

D.Fe2O3属于碱性氧化物，可以赤铁矿（主要成分Fe2O3）为原料生产铁，二者无因果关系，

故D正确；

故选：Do

【点评】本题主要考查物质的性质与变化、碱性氧化物的概念等知识，为高频考点，题目难

度不大。

10.（2分）直接NaBH「H2O2燃料电池具有比能量高等优点，该电池正、负极区域电解质溶

液分别为H2s04溶液、NaOH溶液，并采用阳离子交换膜，放电时（）

A.负极上被还原

B.正极发生的反应为H2O2+2e=2OH.

C.Na+由负极移向正极

D.正极区溶液中c（）保持不变

【分析】NaBH4-H2O2燃料电池中，负极电极反应式为・8e-+80H=+6电0,正极电极反

应式为H2O2+2e+2H+=2m0,据此作答。

【解答】解；A.负极上N&BH4氢元素由-1价升高为+1价，被氧化，故A错误；

B.正极电极反应式为H2O2十2c+2H+=2也0,故B错误；

C.正极氢离子被消耗，正电荷减少，负极氢斜根离子被消耗，正电荷增加，故Na+透过阳

离子交换膜由负极移向正极，故C正确：

D,正极区生成水，溶液中c（）减小，故D错误；

故选：Co

【点评】本题考查原电池原理，题目难度中等，能依据题目信息准确判断正负极是解题的关

键。

11.（4分）同一短周期部分主族元素的第一电离能随原子序数递增的变化趋势如图所示，下列

说法正确的是（）

A.a元素可能是Li或Na

B.afu元素的最高正化合价依次升高

C.c对应的元素可形成共价晶体

D.基态e原子的价层电子的轨道表示式为：（n=2或3）

【分析】该短周期含至少5种主族元素可知，此周期可能为第二周期或者第三周期，而根据

第HA、第VA族元素的第一电离能大于同周期相邻元素的第一电离能可知，a-。处于分别

处于第IIA族一第VIA族，即a为Be或Mg,b为B或ALc为C或Si,d为N或P,e为

0或S,据此分析。

【解答】解，A.a为第I1A元素，为Be或Mg,故A错误；

B.若此为第二周期元素，则e为0元素，无最高正价，即a-e元素的最高正化合价不一定

依次升高，故B错误；

C.c处于笫IVA族，可能是C或Si，形成的金刚石和晶体硅、SiC均为共价晶体，故C正确：

D.e处于第VIA族，价电子数为6,价层电子排布式为ns2np匕根据洪特规则可知其价层电子

轨道表示式为5=2或3），故D错误；

故选：Co

【点评】本题考查了周期表中元素第•电离能的变化规律考生除了学会看图外，还应掌握元

素电离能的变化规律，难度不大。

12.（4分）下列实验操作能达到相应实验目的的是（）

选项实验目的实验操作

A除去氨气中的水蒸气将混合气体通入盛有浓H2s04的洗气瓶

B验证CHKOOH是弱电解质分别取相同体积、OdmolL'CHCOOH溶液和盐酸，

测定两者pH,并比较大小

C检验1-澳丁烷中含有浪元取适量样品于试管中，加入适量NaOH溶液后加热，再

素滴加AgN03溶液

向〔溶液中滴加几滴

D验证Ksp(AgCI)>KsP(AgI)2mL0.1molLAgNCh0.ImolL

'NaCl溶液，产生白色沉淀后,再滴加几滴0,1mol1/1KI

溶液

A.AB.BC.CD.D

【分析】A,氨气与浓硫酸反应；

B.浓度相同，强电解质完全电离时，氢离子浓度大、对应的pH小：

C.NaOH与硝酸银溶液反应；

D.AgNCb溶液过量，分别与NaCl、KI反应生成沉淀。

【解答】解：A.氨气与浓硫酸反应，不能干燥氨气，故A错误；

B.浓度相同，强电解质完全电离时，氢离子浓度大、对应的pH小，则比较pH的大小可验

证CH3coOH是弱电解质，故B正确；

C.NaOH与硝酸银溶液反应，应水解后，先加硝酸中和NaOH,再加硝酸银溶液检验溪离

子，故C错误：

D.AgN03溶液过量，分别与NaCkKI反应生成沉淀，由实验操作和现象可知，不能比较

Ksp(AgCDsKsp(Agl)的大小，故D错误；

故选：Bo

【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、弱电解质、混合物

的分离提纯、难溶电解质、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验

的评价性分析，题目难度不大。

13.(4分)含氯化合物的反应具有多样性。下列有关反应的离子方程式书写不正确的是()

A,将C12通入冷的石灰乳中制备漂白粉；C12+2OH—C1+C10+H20

B.向AgCl悬浊液中通入NH3:AgCl+2NH3=[Ag(NH3)2]++Cl'

C.利用MnCh和浓盐酸反应制备Ch：MnO2+4H++2CrMn2++C12f+2H2O

D,将S02通入酸性NaCI03溶液中制备CIS;2+SO2—2C1O2+

【分析】A.石灰乳中氢氧化钙应保留化学式：

B.向AgCl悬浊液中通入NH3,生成可溶性银氨络合物；

C.二氧化锌与浓盐酸加热反应生成缸化铺和氯气、水；

D.符S02通入酸性NaC103溶液中，二氧化硫被氧化硫酸根离子，氯酸根离子被还原为二

氧化氮。

【解答】解：A.将C12通入冷的石灰孔中制漂白粉，反应生成氯化钙、次氯酸钙和水，离

子方程式为：Ca(OH)2+Cl2=Ca2++CI+C10+H2O,故A错误；

B.向AgCl悬浊液中通入NH3,离子方程式为：AgCl+2NH3-[Ag(NH3)2]++Cl\故BJE

确；

C,利用MnO2和浓盐酸反应制备CE离子方程式为：MnO2+4H++2ClMn2++C12t+2H2O,

故C正确：

D.将SO?通入酸性NaCK)3溶液中制备05,离子方程式为：2+S02=2C102+,故D正确；

故选；A。

【点评】本题考查离子方程式的书写正误判断，为高频考点，把握常见物质的性质、反应产

物判断为解答的关犍，注意掌握离子方程式的书写原则，试题培养了学生的灵活应用能力，

题目难度不大。

14.(4分)室温下，以氟磷灰石[CM(PO4)3F]为原料，经酸浸、转化可得到Ca(H2PO4)2、

H3P04和HFO已知:25℃,H3P04的pKai=2.12、pKa2=7.2LpKa3=12.36(pKa=-IgKa)；

下列说法不正确的是()

A.Cas(P04)3F的沉淀溶解平衡可表示为：Cas(P04)3F(s)^5Ca2+(aq)+3(aq)+F

(aq)

B.酸浸过程中溶液pH=6时，c(H2)<C()

C.O.lmolL*Ca(H2PO4)2溶液中存在：c(H+)+c(H3PO4)=c()+2c()+c(OH)

D.向O.lmolL”F溶液中加入少量水稀释时，的值增大

【分析】A、根据沉淀溶解平衡的定义书写Ca5(P04)3F的沉淀溶解平衡的方程式；

B.根据Ka2=判断;

C.O.lmolL'Ca(H2PO4)2溶液中存在电荷守恒和物料守恒；

D,加入少量水稀释时，HFUH++F\平衡右移。

【解答】解：A.根据沉淀溶解平衡的定义可知，Ca5(PO4)3F的沉淀溶解平衡的方程式为：

Ca5(PO4)3F(s)#5Ca2+(aq)+3(aq)+F(叫)，故A正确；

B,由Ka2=可知，==<hC(H2)>C(),故B错误；

c.O.lmolL'Ca(H2Po4〉2溶液中存在电荷守恒；c(H+)+2c<Ca2+)=c(H2)+2c()

+3c()+c(OH')；溶液中也存在物料守恒：c(Ca2+)=c(H2)+c()+c()+c(H3PO4),

由电荷守恒和物料守恒可得，c(H+)+C(H3P04)=c()+2c()+c(OH),故C正确;

D.加入少量水稀释时，HF=H++F\平衡右移，则n(F')增大，n(HF)减小，=，比值

增大，故D正确；

故选：Bo

【点评】本题考查了沉淀溶解平衡和弱电解质的电离平衡，掌握溶液中的例子关系是关键,

侧重考查学生的分析能力及计算能力，题目难度中等。

15.(4分)恒温、恒压下，向密闭容器中充入少量正丁烷，可同时发生以下反应，

反应1：AHi

反应2;AH2

反应3：AH3

已知：lnK=-+C,其中R、C均为常数。反应1和反应2的InK随变化关系曲线如图所示，

下列说法正确的是()

A.AHi<0,AH2<0

B.稳定性：反-2-丁烯〉顺-2-丁烯

C.a为反应3中hiK随的变化由线

D.再向平衡体系中充入少量Ar,反应3的平衡常数增大

【分析】A.由图可知，反应1、2的InK随的增大而减小，即反应1、2的平衡常数K随T

的降低而减小，则升高温度两个反应的平衡均正向移动；

B.物质具有的能量越低越稳定，根据平衡常数K判断反应的热效应；

C.根据盖斯定律：反应2-反应1可得反应3：顺-2-丁烯(g)二反-2-丁烯(g),反

应3的平衡常数K=,lnK=lnK2-lnKi,由图可知，相同温度时InKzAlnKi,InKi随温度变

化幅度较大，即InK随的增大而增大：

D.平衡常数K只与温度有关，与物质的浓度和压强变化无关。

【解答】解；A,由图可知，反应1、2的InK随的增大而减小，平衡常数K随T的降低而

减小，则升高温度两个反应的平衡均正向移动，所以均为吸热反应，AHI>0,AH2>O,故

A错误；

B.根据盖斯定律：反应2•反应1可得反应3：顺・2-丁烯（g）=反・2・丁烯（g）,AH

=AH2・AHi,反应3的平衡常数K=,lnK=lnK2-InKi,由图可知相同温度时lnKi<lnK2,

并且InKi随温度变化幅度较大，即InK随的增大而增大，则AH3V0,物质具有的能量越低

越稳定，即稳定性：反・2•丁烯〉顺・2・丁烯，故B正确：

C.根据盖斯定律：反应2-反应1可得反应3：顺-2-丁烯（g）二反-2-丁烯（g）,反

应3的平衡常数K=,lnK=lnK2-InKb由图可知相同温度时InKiVln®且InKi随温度

变化幅度较大，即InK随的增大而增大，与图中a曲线的变化趋势不符合，故C错误；

D.平衡常数K只与温度有关，再向平衡体系中充入少量Ar,则反应3的平衡常数不变，故

D错误；

故选：Bo

【点评】本题考查化学平衡的影响因素，侧重考行学生分析能力和计算能力，把握化学平衡

常数及其应用、温度对化学平衡的影响是解题关键，题目难度中等。

16.（4分）我国科学家研发了一种用于合成氨的自供电Haber-Bosch反应器（机理如图所示）。

该装置工作时，将Zn-NO2水溶液体系电池反应中的产物，通过自供电转换为NH3H2O,

从而在单个设备内完成氮循环中的多个关键转换步骤。

下列说法正确的是（）

A.b电极为Zn电极

B.放电过程中，负极发生的反应为NO2+e，

C.电解过程中，阴极区溶液的pH逐渐减小

D.理论上，每得到ImolNH3H20,至少需要消耗195gZn

【分析】A.在TiOz电极转化为NH3H20,氮元素从十3价降低为-3价，被还原，n02电

极是电解池的阴极，则a电极是原电池的负极：

B.放电过程中，负极失去电子；

C,电解池中,阴极的电极反应式为；+6H2O+6C-=NH3H2O+7OH,当电路上通过6moi

电子时，阴极反应生成7moQH\同时有6nwlH+从阳极区通过质子交换膜迁移到阴极区中

和6mol0H生成水，所以阴极区溶液的碱性逐渐增强；

D.阴极的电极反应式为:+6H2O+6e=NH3H2O+7OH,理论上,每得到ImolNH3H2。，

电路上需通过6mol电子，至少要消耗3moiZn。

【解答】解；A.在TiO2电极转化为NH3H20,氮元素从+3价降低为・3价，被还原，TiO2

电极是电解池的阴极，则a电极是原电池的负极，其材料为金属锌，故A错误：

B.放电过程中,负极的电极反应式为：Zn-2e=Zn2+,正极的电极反应式为:NCh+e-,

故B错误；

C.电解池中，阴极的电极反应式为:+6H2O+6e'=NH3•H2O+7OH,当电路上通过6mol

电子时，阴极反应生成7moi0丁，同时有6mol丁从阳极区通过质子交换膜迁移到阴极区中

和6moi0H.生成水，所以阴极区溶液的碱性逐渐增强，pH逐渐增大，故C错误；

D.阴极的电极反应式为：+6H2O+6e'=NH3H2O+7OH,理论上，每得到ImolNH3H20,

电路上需通过6moi电子，至少要消耗3moiZn,这些锌的质量为3moiX65g/mol=195g,故

D正确;

故选：Do

【点评】本题考查化学电源新型电池，为高频考点，明确原电池正负极上得失电子、元素化

合价变化及离子移动方向等知识点是解本题关键，难点是电极反应式的书写，题目难度不大。

二、非选择题：共4题，共56分；均为必考题，考生都必须作答。

17.（13分）某学习小组按如图所示流程，在实验室模拟处理含苯酚的工业废水，并进行相关

实验探究。

回答下列问题：

（1）“操作I”所使用的玻璃仪器有烧杯和分液漏斗（填仪器名称），流程中可循环使

用的物质是苯（填名称”

（2）“水层2”中主要溶质为NaHCOa（填化学式）。

（3）将所得苯酚配制成一定浓度的苯酚溶液，探究铁盐种类和pH对苯酚与Fe3+显色反应的

影响。

查阅资料i.[Fe（C6H50）6亡为紫色；

ii.Na*对苯酚与FF*的显色反应无影响；

iii.[Fe（C6H5。）6产对特定波长光的吸收程度（用吸光度A表示）与[Fe（C6H5O）6尸的

浓度在一定范围内成正比。

提出猜想猜想1：C「对苯酚与Fe"的显色反应有影响

猜想2：对苯酚与Fe3+的显色反应有影响。

猬想3：H+对苯酚与Fe3+的显色反应有影响。

进行实验；常温下，用盐酸调节pH配制得到pH分别为a和b的OJmolL」FeC13溶液（a

>b）,用硫酸调节pH配制得到pH分别为a和b的0.05mol,L"e2（SO4）3溶液。取5mL

苯酚溶液于试管中，按实验1〜4分别再加入0.1mL含Fe?十的试剂，显色lOmin后用紫外・

可见分光光度计测定该溶液的吸光度（本实验条件下，pH改变对尺3+水解程度的影响可忽

略）。

含F铲试剂序号含%3+的试剂吸光度

1

O.lmolL"eC13溶液0.05molL'Fez(S04)3溶液

5mL

1pH=aAi

一苯酚

I

/溶液2pH=bA2

3/pH=aA3

4/pH=bA4

结果讨论：实验结果为A1>A2〉A3>A4。

①根据实验结果，小组同学认为此结果不足以证明猜想3成立的理由是C「或对苯酚与

Fe升的显色反应也有影响°

②为进一步验证猜想，小组同学设计了实验5和6,补充下表中相关内容。（限选试剂：NaCl

溶液、Na2s04溶液、NaCl固体、Na2s。4固体）

含F物试剂序号含Fe?.的试剂再加入的试剂吸光度

I

0.1molL^FeCbiS0.05molL!Fe2

「到

液(S04)3溶液

1/pH=aNaCl固体As

2pH=a/Na2s04固体A6

③根据实验1〜6的结果，小组同学得出猜想1不成立，猜想2成立，且对苯酚与Fe3+的显

色反应起抑制作用，得出此结论的依据是A5=A3,A6VAi.

④根据实验1〜6的结果，小组同学得出猜想3成立，且H*对Fe3;与苯酚的显色反应有抑制

作用，从化学平衡角度解释其原因是Fe3+与苯酚的显色时，存在反应：Fe3++6C6H50HWFe

(C6H5O)+61,c(HD增大，平衡逆向移动，|Fe(C6H5O)6p的浓度减小，溶液颜

色变浅。

(4)小组同学利用滴定法测定所得“水层2”中苯酚的含量：向VimL样品溶液中加入过量

滨水，将苯酚全部转化为化合物M：再加入过量KI溶液，充分反应后，用cmolLNa2s2。3

标准溶液滴定。

已知：i.

ii.Iz+2Na2s2O3—2NaI+Na2s4。6

①加入KI溶液前需加热除去多余的BF2,否则会使测定结果偏高(填“偏高”或“偏

低”)。

②若消耗Na2s2。3标准溶液的体积为v2mL,则样品中苯酚的浓度为gL](用含c、

V1>V2的代数式表示)Q

【分析】(1)由分离流程可知，加苯为萃取剂，操作1为萃取分液；加入NaOH后苯酚生成

苯酚钠进入水层，操作II分离出有机层为苯；

(2)苯酚钠与二氧化碳、水反应生成米酚、碳酸氢钠；

(3)①根据实验13或24对比进行分析；

②为进一步验证C1'或对苯酚与Fe3+的显色反应也有影响,实验5和6中改变C「或的浓度；

③根据实验I〜6的结果，小组同学得出猜想1不成立，即C「对苯酚与Fe3+的显色反应没有

影响，猜想2成立，即对苯酚与Fe3+的显色反应有抑制作用，以此分析；

④Fe3+与苯酚的显色时，存在反应：FJ++6C6H5OH=[Fe(C6H5O)6]3'+6H+,根据溶液中的

H+对平衡的影响进行分析；

(4)①Br2+21=l2+2Bd；

②由反应i、ii可知，CcH50H〜2Na2s2。3,设苯酚的物质的量浓度为xcmolL1,则2X

VimLXxmolLl=V2mLXcmoiL\则x=molL\

【解答】解：(1)由分离流程可知，加苯为萃取剂，操作1为萃取分液，所使用的玻璃仪器

有烧杯和分液漏斗；加入NaOH后苯酚生成苯酚钠进入水层，操作II分离出有机层为苯，可

在操作I中使用，

故答案为：分液漏斗：苯：

(2)苯酚钠与二氧化碳、水反应生成苯酚、碳酸氢钠，NaHC03进入水层2,

故答案为；NaHC03;

(3)①由实验13或24可知，C「或对苯酚与Fe3+的显色反应也有影响，无法确定酎是否

对苯酚与Fe3+的显色反应，

故答案为；C「或对苯酚与FeS4■的显色反应也有影响；

②为进一步验证C「或对苯酚与Fe3+的显色反应也有影响，实验5和6中改变C「或的浓度，

由表格可知，溶液总体积不变的情况下，实验5加入了NaCl固体改变C「的浓度，实验6

需要加入Na2s04固体改变的浓度，

故答案为，Na2s04固体；

③根据实验1〜6的结果，小组同学得出猜想1不成立，即C1.对苯酚与Fe3+的显色反应没有

影响，则用=上；猜想2成立，即对苯酚与lV+的显色反应有影响且起有抑制作用，则A6

<Ai,

故答案为：As—A3»A6<A1;

3+

④Fe3+与笨酚的显色时,存在反应:Fe+6C6H5OH^[Fe(C6H5O)5F+6H*,由题意知,

H+对Fu升与苯酚的显色反应有抑制作用，即c(H+)增大，平衡逆向移动，[Fe(C6H5O)6产

一的浓度减小，溶液颜色变浅，

故答案为：Fe3+与苯酚的显色时，存在反应：Fe3++6C6H50H=[Fe(C6H50)6亡+6H+,c(H+)

增大，平衡逆向移动，[Fe(C6H50)6P.的浓度减小，溶液颜色变浅；

(4)①若不除去多余的Bn,Br2421=l2+2Br,生成的12能消耗更多的Na2s2。3标准溶液，

使结果偏高，

故答案为；偏高；

②由反应i、ii可知，C6H50H〜2Na2s2。3,设苯酚的物质的量浓度为xcmolL1,则2X

VimLXxmolLl=V2mLXcmo>L\则x=molLL则样品中苯酚的浓度为X94g・mol”

XmolLl=gL

故答案为:。

【点评】本题考查物质的分离提纯和实验方案设计，侧重实验能力、分析能力能力的考查,

综合性较强，题目难度中等。

18.(15分)金属铤(Rh)是一种高效催化剂，在有机合成中发挥重要作用。一种以高铜钱精

矿(主要含Rh,还含有少量的Cu、Fe等杂质)为原料提取的工艺如图；

已知：阳离子交换过程可表示为xRH(s)+Mx+(aq)=RxM(s)+xH+(aq)o

回答下列问题；

(1)基态Cu原子的价电子排布式为3/。4金.

(2)“氯化溶解”后，Rh元素以［RhC16式的形式存在，其中Rh元素的化合价为+3。

(3)“定向脱铜”时，铜与铭的沉淀率随pH变化如图所示，该过程需将溶液pH调至2,结

合图象说明原因DH=2时，铜的沉淀率已超过80%,镂的沉淀率几乎为零；或DH<2时，

铜的沉淀率会降低，DH>2时，错的沉淀率增加。

(4)“阳离子交换”过程中，溶液中被阳离子交换树脂吸附的金属同离子主要有Fe3\

Na，。

(5)“水解”过程中，［RhCMf.发生反应的离子方程式为［RhCbF+3H2O=Rh(OH)3

I十6Q+3H*“

(6)钱镭催化剂可催化反应:C02+4H2-CH4+2H20O下列有关该反应的说法正确的是AC

(填标号)。

A.存在极性共价键的断裂与形成

B.所有分子均为非极性分子

C.含碳化合物中心原子杂化轨道类型有印与sp3

D.H2O的VSEPR模型为V形

E.催化剂可降低该反应的焙变，从而增大反应速率

(7)钱掺杂SiTiCh形成的催化剂，在光催化C02还原反应中有很高的催化效率°SrTiCh的

晶胞结构如图所示。

①其中Sr2+位于晶胞的体心，则Ti"所处的位置为晶胞的顶角(填“顶角”或“棱心〜

每个Ti4+周围紧邻的。2•共有6个。

②当有1%的Ti,十被R1?十替代后，晶体中会失去部分。2一产生缺陷，此时平均每个晶胞所含

.数目为2,995(保留三位小数)。

【分析】高铜铐精矿通入氯气和HQ氯化溶解得到［RhQ6］3-、CuC3FeCb,加入草酸和铜

离子结合生成草酸铜，加入NaOH调节溶液pH=2,避免铁离子沉淀，阳离子交换树脂吸附

Na二Fe"为滤液除去，［Rh6p.发生水解反应生成Rh(OH)3沉淀，最后得到铭粉；

(7)①Sr2+位于晶胞的体心，由晶胞结构可知白球为Sr2+,根据均摊法，顶角的小黑球个数

为8X=1,棱心的大黑球个数为12X=3,结合SrTiOa可知大黑球为O,小黑球为Ti4+,据

此分析判断；

②当有1%的Ti4+被Rh3+替代后阳离子电荷减少了1%XI=O.O1,根据电荷守恒，阴离子O?

.电荷也相应减少=0.005,晶体中会失去部分。2一产生缺陷，原晶胞中。2•数目为3,据此

分析判断。

【解答】解:(DCu为29号元素,核外电子排布式为：HWr63s23P63dl。4§1,基态铜原子

价层电子排布式为3404sl

故答案为:3di°4s【；

(2)结合离子所带电荷，［RhCk广中C1为-1价,由x+(7)X6=-3,解得x=+3,

则Rh元素的化合价为+3,

故答案为：+3；

(3)“定向脱铜”时，需将溶液pH调至2,原因是；pH=2时，铜的沉淀率已超过80%,

钱的沉淀率几乎为零：或pHV2时，铜的沉淀率会降低，pH>2时，铭的沉淀率增加，

故答案为：pH=2时，铜的沉淀率已超过80%,钱的沉淀率几乎为零；或pHV2时，铜的沉

淀率会降低，pH>2时，铭的沉淀率增加;

(4)定向脱铜后溶液得到草酸钠、FeCh,“阳离子交换”过程中，溶液中被阳离子交换树脂

吸附的金属阳离子主要有Fe3二Na+,

故答案为：Fe3\Na+；

r

(5)[RhC16|发生水解反应生成Rh(0H)3沉淀，离子方程式为[RhCkp+3H2O=Rh(OH)

3l+6Cl'+3H+,

故答案为：[RhC16]3'+3H2O=Rh(OH)31+6C1+3H+：

(6)A.反应物CO2中C和0原子存在极性共价键，产物存在C-H和H・O极性键，则

反应过程中存在极性共价健的断裂与形成，A正确；

B.H2O分子的正负电荷中心不对称，为极性分子，B错误：

C.CO2中C原子价层电子对个数=2+=2,采取叩杂化方式，CH4中心原子C的价层电子

对数是4,则C原子杂化轨道类型为sp3杂化，C正确；

D.H2O分子中O原子的价层电子对数为2+=4,VSEPR模型为四面体，D错误：

E.催化剂通过降低反应的活化能，从而增大反应速率，不能改变反应的焙变，E错误，

故答案为；AC；

(7)①其中Sr2.位于晶胞的体心，由晶胞结构可知白球为Sr+,根据均摊法，顶角的小黑

球个数为8X=1,棱心的大黑球个数为12X=3,结合SrTiO?可知大黑球为0,小黑球为

Ti4+,则力4+所处的位置为晶胞的顶角；每个Ti4+周围紧邻的。2一共有6个，

故答案为:顶角：6；

②当有1%的Ti4+被Rh3+替代后阳离子电荷减少了1%X1=O.O1,根据电荷守恒，阴离子

电荷也相应减少=0.005,晶体中会失去部分。2-产生缺陷，原晶胞中。2数目为3,则此

时平均每个晶胞所含-数目为3-0.005=2.995,

故答案为：2.995。

【点评】本题考查物质的制备及混合物分离和提纯，为高考常见题型，明确流程中的方法和

基本操作、发生的化学反应是解答的关键，要求学生具有分析和解决问题的能力，题目有利

于培养学生的实验能力，题目难度较大。

19.(14分)“03氧化法”和“光催化氧化法”常用于烟气脱硫、脱硝，对环境保护意义重大。

回答下列问题;

I.03氧化法

(1)用03氧化烟气中的S02时，体系中存在以下反应：

a)S02(g)+03(g)=SCh(g)+O2(g)△Hi

1

b)203(g)=302(g)AH2=-286.6kJmol

c)2sO2(g)+O2(g)W2sO3(g)AH3=-196.6kJmol1

根据盖斯定律，AHi=-241.6kJ/molo

(2)在密闭容器中充入lmolN204和lmolO3,发生以下反应：

d)N2O4(g)=2NO2(g)AH4=+57kJmol'1

e)N2O4(g)+O3(g)=N2O5:g)+O2(g)AHs

不同压强(p)下，N2O4的平衡转化率a(N2O4)随反应温度(T)的变化关系如图所示：

①由图可知，AH5小于0(填“大于”或“小于”下同)，pi小于p2.

②下列有关该反应体系的说法正确的是AD(填标号)。

A.恒压下，混合气体的密度保痔不变时，说明反应体系己达到平衡

B.任意时刻,存在n(NO2)+n(N2O4)+n(N2O5)<lmol

C.恒容下，升高温度，该体系中气体颜色变浅

D.恒容下，增大N2O4的浓度，反应d、e的正反应速率均增大

③某温度下，平衡时N2O4的物质的量分数为，且N02与02的物质的量分数相等，此时n

(O2)—0.2mol0

II.光催化氧化法

光照条件下，催化剂TiO2表面产生电子(e')和空穴(h$).电子与02作用生成离子自由

基()，空穴与水电离出的0H作用生成羟基自由基(0H),，和QH分别与NO反应生

成。变化过程如图所示：

(3)一定范围内，NO脱除速率随烟气湿度的增大而增大，结合催化剂的作用机理，分析可

能的原因随着烟气湿度的增大，更多的OFT在催化剂表面转化为-OH,提高了NO的领

化速率。

(4)已知该过程中生成的HN6可继续与OH发生反应：HNO2+2OH-H%+H2O；该反

应可分两步进行，请补充反应i:

i.HNO2+OH-NO2+H2O；

+

ii.NO2+0